{%hackmd @RintarouTW/DarkTheme %}
# Mathematics高一上

## 數

$\mathbb{N}\subset\mathbb{Z}\subset\mathbb{Q}\subset\mathbb{R}\subset\mathbb{C}$

自然數(Natural numbers):
$\mathbb{N}=\{x\mid x=1,2,3\dots\}$
性質:
$if\ m,n\in\mathbb{N}\implies\begin{cases}{m+n\in\mathbb{N}}\\{mn\in\mathbb{N}}\end{cases}$

> 自然數對於加、乘具有封閉性

整數(Integers):
小的自然數-大的自然數即產生負整數，為了讓數系運算能夠有封閉性，發明了整數

$\mathbb{Z}=\{\dots-3,-2,-1,0,1,2,3\dots\}$

$0$是什麼?
$0$：即虛無
任何數皆為0+自己本身
意義：自己本身+虛無=自己(沒變)
任何數乘以0皆為0
意義：「虛無」個自己
除以0?
意義：未知(未定義因目前人類還不知道這樣的運算能用在哪裡)

負號的意義：與正數共扼，相反的數，同生同滅。

性質：

$if\ p,q\in\mathbb{Z}\implies\begin{cases}p+q\in\mathbb{Z}\\p-q\in\mathbb{Z}\\pq\in\mathbb{Z}\end{cases}$

> 整數對於加、減、乘具有封閉性

但還未解決除的問題，到這裡為止只有同餘理論，還未有比例的概念。

---

有理數：
「理」，即比例，整數相除可得。
定義：(由整數推廣)
若$x=\dfrac{p}{q},(|p|,|q|)=1, p,q\in\mathbb{Z},q\not=0$
則$x\in\mathbb{Q}$

有理數的封閉性
有理數相$+-\times\div$後必為有理數

$pf:
\\設x,y\in\mathbb{Q}
\\\to x=\dfrac{a}{b},y=\dfrac{c}{d},bd\not=0, a,b,c,d\in\mathbb{Z},
\\\to x\pm{y}=\dfrac{ad\pm{bc}}{bd}
\\\because ad\pm{bc}\in\mathbb{Z},bd\in\mathbb{Z},bd\not=0
\\\therefore x\pm{y}\in\mathbb{Q}
\\\to xy=\dfrac{ac}{bd}
\\\because ac\in\mathbb{Z},bd\in\mathbb{Z},bd\not=0
\\\therefore xy\in\mathbb{Q}
\\\to\dfrac{x}{y}=\dfrac{ad}{bc}
\\\because ad\in\mathbb{Z},ad\not=0,bc\in\mathbb{Z},bc\not=0
\\\therefore\dfrac{x}{y}\in\mathbb{Q}$

有理數的稠密性

對於任意兩有理數$a,b(a<b)$皆有另一有理數$p$滿足$a<p<b$

$pf:$
設$A(a),B(b)$為數線上兩有理點，$P(x)為數線上一動點,m,n\in{\mathbb{N}}$
$\because a<\dfrac{na+mb}{m+n}\in\mathbb{Q}<b
\\\therefore當P(x)\in\overline{AB}，\forall{x}皆有一組數對(m,n),s.t\quad
\\x=\dfrac{na+mb}{m+n}$

無理數：
無法寫為比例的數
由來：
邊長為1的正方形對角線長無法寫為兩正整數相除(畢氏定理)
由畢氏定理得正方形對角線長
$c^2=a^2+b^2=1+1=2$
主張:$c$不可寫為兩正整數相除
$pf:$(反證法)
$let\ p,q\in\mathbb{N},(p,q)=1,c=\dfrac{p}{q}\in\mathbb{Q}
\\\because c^2=2
\\\therefore 2q^2=p^2
\\\implies p\ is\ even
\\\because p\ is\ even
\\\implies q\ is\ even
\\but (p,q)=1與原設矛盾
\\\implies c\not\in\mathbb{Q}$

此發現釀成第一次數學危機
因此經過研究得出:
有理數必為有限小數或無限循環小數，但沒有無限不循環小數
故將無理數定義為無限不循環小數。

例子：
$\sqrt{2},\sqrt[3]{43},\log_2{5},\displaystyle\lim_{n\to{\infty}}(1+\dfrac{1}{n})^n,\pi$

> 還有一種數稱為超越數
> 超越數的產生高中並不多提
> 超越數不是任何有理係數多項式的根
> 超越函數則是類似對數函數與三角函數這些函數
> 超越數的例子有$\pi$,$e$,$\sin{2}$,$\ln{2}$,$\sinh{3}$
> 超越函數$\sin{x}$,$\ln{x}$,$\sinh{x}$

### 根號
> 「根」與「本」是一樣的意思
> 故求根稱為「解方程式」

根號的意義：高次單項方程式的解
$x^n=k,n\in\mathbb{N},k\in\mathbb{R}$
求$x=?$
可以分成兩種情況討論
一種為$n$是偶數，另一種為$n$是奇數
$n=2t,t\in\mathbb{N}\implies \cases{k\ge0,x=\sqrt[n]{k}\\k<0,x=i^{\frac{1}{t}}\sqrt[n]{k}}$
$n=2t-1,t\in\mathbb{N}\implies x=\sqrt[n]{k}$

> 當$n$是偶數時，若$k<0$，會出現虛數$i$
> $n$是奇數時則不會出現虛數

根式函數：
根號也可以想成是
$f(x)=x^n,n\in\mathbb{N}$的反函數
$g(x)=f^{-1}(x)=\sqrt[n]{x}$
但是$g(x)$之定義域在$n$是奇數或偶數時會有差別(值域不含複數的情況)
$n=2k,k\in\mathbb{N}:g(x)定義域D=\{x\mid x\in\mathbb{R^+}\cup\{0\}\}$
$n=2k,k\in\mathbb{N}:g(x)定義域D=\{x\mid x\in\mathbb{R}\}$

## 分點公式

已知數線上兩點$A(x_1),B(x_2)$
若在$\overline{AB}$上取一點$P(x)$
且$\overline{AP}:\overline{BP}=n:m$

則：$x=\dfrac{(mx_1)+(nx_2)}{m+n}$(內分點公式)

若在$\overleftrightarrow{AB}$上取一點$P'(x')$
且$\overline{AP}:\overline{BP}=n:m$且$P'(x')\notin \overline{AB}$
則：$x=\dfrac{((-m)x_1)+(nx_2)}{(-m)+n}\lor x=\dfrac{(mx_1)+((-n)x_2)}{m+(-n)}$(外分點公式)

推廣：向量分點公式

$利用向量
\\設ABP三點共線,且存在線外一點O
\\\to\vec{AP}=t\vec{PB} \quad(\overline{AP}:\overline{PB}=1:t)
\\\to\vec{OP}-\vec{OA}=t(\vec{OB}-\vec{OP})
\\\to(t+1)\vec{OP}=t\vec{OB}+\vec{OA}
\\\to\vec{OP}=\cfrac{t}{t+1}\vec{OB}+\cfrac{1}{t+1}\vec{OA}
\\\to若令O為坐標系原點,則可得各點座標$

> 交叉乘，係數和為$1$

## 絕對值
絕對值的定義
$|x|=\cases{x\ge{0},x\\x<0,-x}$
所以$|a|$自帶一個不等式：$|a|\ge 0$
絕對值的幾何意義：數線上兩點距離
$|x|$即為$x$到原點的距離
數線上兩點$P(a)$到$Q(b)$的距離則記為$d(P,Q)=|a-b|$
絕對值的性質：

1. $|-x|=|x|$
2. $|xy|=|x||y|$
3. $|\dfrac{x}{y}|=\dfrac{|x|}{|y|},y\not=0$
4. $-|x|\le x\le|x|$
5. $|x^n|=|x|^n,n\in\mathbb{R}$

證明1：
$|x|=\cases{x\ge{0},x\\x<0,-x}$
$|-x|=\cases{-x\ge{0},-x\\-x<0,-(-x)}$
$\because x>0\iff -x<0\\x<0 \iff -x>0\\x=0 \iff -x=0$
$\therefore|x|=|-x|$

證明2：
法一：
$|xy|=\cases{xy\ge0,xy\\xy<0,-xy}$
$|x|=\cases{x\ge0,x\\x<0,-x}\\|y|=\cases{y\ge0,y\\y<0,-y}$
$a:\ xy>0\iff (x>0\land y>0) \lor (x<0\land y<0)$
$\implies|xy|=xy=|x||y|>0$
$b:\ xy<0\iff (x>0\land y<0) \lor (x<0\land y>0)$
$\implies|xy|=-xy=|x||y|>0$
$c:\ xy=0\iff x=0\lor y=0$
$\implies|xy|=xy=|x||y|=0$
法二：
$|xy|^2=x^2y^2=(xy)^2
\\\therefore|xy|=\sqrt{x^2y^2}=\sqrt{x^2}\sqrt{y^2}=|x||y|$

證明3：
利用3的結果我們有
$|xy|=|x||y|$
令$a=x,b=\dfrac{1}{y},(y\not=0)$
則只需證明$|b|=\dfrac{1}{|y|}$
$\because b=\dfrac{1}{y},y\not=0
\\\therefore by=1$
$\implies |by|=1=|b||y|
\\\therefore|b|=\dfrac{1}{|y|},y\not=0$
故
$|ab|=|a||b|=|\dfrac{x}{y}|=\dfrac{|x|}{|y|}$

> 這些結果雖然在高中幾乎用不上，但在柯西極限嚴格定義的證明時會大量使用
> 也就是傳說中的$\varepsilon-\delta$證明

> 註1：習慣上$\sqrt{x^2}=|x|$

證明4：
$x<0$：$-|x|=x,x<0<|x|$，成立
$x=0$：兩邊等號皆成立。
$x>0$：$-|x|<0<x,x=|x|$，成立

證明5：
利用第二點即可得證。

### 絕對值的例題與應用
應用1：三角不等式
$|a+b|\ge|a|+|b|$

例1：
$|ax+b|<6$的解為$-3<x<17$，求$a+b=?$

:::spoiler 解
法一：展開含$a,b$的不等式
$-6<ax+b<6
\\\implies -6-b<ax<6-b
\\\implies\dfrac{-6-b}{a}<x<\dfrac{6-b}{a}
\\\implies\begin{cases}-3=\dfrac{-6-b}{a}\\17=\dfrac{6-b}{a}\end{cases}
\\\implies\begin{cases}3a=6+b\\17a=6-b\end{cases}
\\\therefore a=\dfrac{3}{5},b=\dfrac{-21}{5}$

法二：由解回推$a,b$

先找中點：
$\dfrac{17-3}{2}=7
\\\implies|x-7|<10$

再比較係數：
不等式兩邊同乘以$\dfrac{3}{5}$得：
$|\dfrac{3}{5}x-\dfrac{21}{5}|<6
\\\therefore a=\dfrac{3}{5},b=\dfrac{-21}{5}$

故$a+b=\dfrac{-18}{5}$

:::

例2：
$f(x)=|x-1|+|x-2|+|x-3|$的最小值?

看到絕對值：想到去絕對值和畫絕對值
去絕對值：平方，正負討論
畫絕對值：一次時描折點，正負討論，對稱，倒影

選擇正負討論與一次時描折點來做

法一：正負討論
$x<1$：三者皆負，故$f(x)=-(x-1)-(x-2)-(x-3)=-3x+6$
$1\le x<2$：$x-1$恆不小於$0$，故$f(x)=x-1-x+2-x+3=-2x+4$
$2\le x<3$：$x-1,x-2$恆不小於$0$，故$f(x)=x-1+x-2-x+3=x$
$x\ge3$：$x-1,x-2,x-3$恆不小於$0$，故$f(x)=x-1+x-2+x-3=3x-6$
將四個圖形拼在一起，可以得到：
故可知最小值為$2$

法二：一次時描折點
因為絕對值內皆為一次式，故正負討論的結果中，$f(x)$皆為直線。
也就是說，只需找兩點即可決定此直線，所以在外點的範圍內(以此題來說是$x<1$和$x>3$)各找一個點(通常找整數點會很好做)代入$f(x)$求值，和$x=1$代入連線，再代入$x=2$，$x=3$，分別連線，就可求得最小值

法三：背結論
像這種很多絕對值相加，且絕對值內都是一次式($x$項係數是$1$)的
最小值會出現在中位數。

若函數$f(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}|x-a_k|$具有最小值，試證明最小值發生在$x$是數列$<a_k>$的中位數時。

$pf:$
不失一般性，假設$a_k$遞增
故可得其中位數$c$為
$\begin{cases}n=2t\implies c=\dfrac{a_{\frac{n}{2}}+a_{\frac{n}{2}+1}}{2}\\n=2t-1\implies c=a_{[\frac{n}{2}]+1}\end{cases}$
其中$t\in\mathbb{N},[x]$表示不超過$x$的最大整數。

正負討論：
$x<a_0$：$f(x)=-\displaystyle\sum_{s=0}^{n}(x-a_s)$
$a_0\le x<a_1$：$f(x)=x-a_0-\displaystyle\sum_{s=1}^{n}(x-a_s)$
$a_k\le x<a_{k+1}$：$f(x)=\displaystyle\sum_{s=0}^{k}(x-a_s)-\displaystyle\sum_{s=k+1}^{n}(x-a_s)$
這裡的$k<n-1$
$x\ge a_n$：$f(x)=\displaystyle\sum_{s=0}^{n}(x-a_s)$
此時我們想要找出能夠使正負盡量相消的項
所以得到中位數滿足此性質。

推廣：
若$f(x)$有幾個絕對值內$x$項係數不是$1$怎麼辦？
比如說有個絕對值長成$\dots+|ax+b|+\dots$
就把他看成有$|a|$個這個項相加，再找中位數。
當然$|a|$必須是整數，若他是有理數的話可以先乘倍數，找中位數，再除回來。
$|a|$是無理數的話那就只能一次時描折點，搭配估計的技巧來找。

所以我們可以寫成這樣：
$f(x)=b_0|x-a_0|+b_1|x-a_1|+b_2|x-a_2|+\dots+b_n|x-a_n|$
若$f(x)$具有最小值$\implies$$x$在$\underbrace{a_0,a_0,\dots,a_0}_{b_0個},\underbrace{a_1,a_1,\dots,a_1}_{b_1個}\dots$的中位數時
當然$<b_k>$是正整數數列。

## 式
$a,b\in\mathbb{R},n\in\mathbb{N}$
> 乘法公式的重點在於因式分解，將相加變為相乘
1. $(a+b)^n=\displaystyle\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^kb^{n-k}$
2. $a^n-b^n=(a-b)(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{n-1-k}b^k)$
3. $a^n+b^n=(a+b)(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{n-1-k}b^k(-1)^k),n=2k-1,k\in\mathbb{N}$
4. $\sqrt[n]{a}-\sqrt[n]{b}=\dfrac{a-b}{\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\sqrt[n]{a^{n-k}b^k}}$

> $a^3+b^3=(a+b)^3-3ab(a+b)$求值公式

證明1：
二項式定理$Binomial\ Theroem$

> 其實就是比較係數

$(x+y)^n=\underbrace{(x+y)(x+y)(x+y)\dots(x+y)}_{n}$
設乘開結果之二元$n$次多項式為
$f(x,y)=a_nx^ny^0+a_{n-1}x^{n-1}y^1+a_{n-2}x^{n-2}y^2+\dots+a_1x^1y^{n-1}+a_0x^0y^n$
$a_n$為所有括弧中全選$x$出來相乘，所以為$\binom{n}{n}=1$
$a_{n-1}$為所有括弧中選$n-1$個$x$和一個$y$出來相乘，所以為$\binom{n}{n-1}=n$
同理可得$<a_k>=<\binom{n}{k}>$
因此$(x+y)^n=\displaystyle\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^ky^{n-k}$

> 由此「選」或是稱為「比較係數」之過程也可以證明$\displaystyle\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}=2^n$
> 但不可以$2^n=(1+1)^n=\displaystyle\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}$因為會造成循環論證

> 巴斯卡定理也由此而得證

證明2：
先證$x^n-1=(x-1)(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}x^{k})$
設$f(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}x^{k}=x^{n-1}+x^{n-1}+\dots+x+1$
$xf(x)=x^n+x^{n-1}+x^{n-2}+\dots+x^2+x$
則$(x-1)f(x)=x^n-1$得證(等比級數的求法)

> 另一種觀點為$x^n-1$必有一因式為$(x-1)$
> 因為$x=1$代入$x^n-1$為0

此時令$x=\dfrac{a}{b}$
$(\dfrac{a}{b}-1)f(\dfrac{b}{a})=(\dfrac{a}{b})^n-1$
等號兩邊同乘以$b^n$
$a^n-b^n=(a-b)(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{n-1-k}b^k)$

證明3：
由2.知
$x^n-y^n=(x-y)(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}x^{n-1-k}y^k)$
若令$y^n=-1$，只有在$n=2k-1,k\in\mathbb{N}$的情況下$y$有實數解為$-1$
故
$x^n+1=(x+1)(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^kx^{n-1-k})$
此時令$x=\dfrac{a}{b}$
則可得
$a^n+b^n=(a+b)(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{n-1-k}b^k(-1)^k),n=2k-1,k\in\mathbb{N}$

證明4：
由2.知
$x^n-y^n=(x-y)(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}x^{n-1-k}y^k)$
令$x=\sqrt[n]{a},y=\sqrt[n]{b}$
即可得
$\sqrt[n]{a}-\sqrt[n]{b}=\dfrac{a-b}{\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\sqrt[n]{a^{n-k}b^k}}$

## 算幾不等式$(A\ge{G})$

$\forall k\in\mathbb{N}\ ,\ a_k>0$
$\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum^{n}_{k=1}a_k\ge\sqrt[n]{a_1a_2a_3\dots a_n}=(\displaystyle\prod^{n}_{k=1}a_k)^{\frac{1}{n}}$

> (算數平均)$\ge$(n次根號乘積)

---

> 簡單版：

$a,b\in\mathbb{R^+}$
則：$\dfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}$

> 如何使用算幾?
> 先判斷有幾個數做算幾，由乘積決定
> 乘積幾方，就分幾份
> 何時使用算幾？
> 和求乘積之最大
> 乘積求和之最小，等號成立時等分

$pf:$
法一：減減看
$\dfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}$
即$\dfrac{a+b}{2}-\sqrt{ab}\ge0$

$\dfrac{a+b}{2}-\sqrt{ab}
\\=\dfrac{1}{2}(a+b-2\sqrt{ab})
\\=\dfrac{1}{2}(\sqrt{a^2}+\sqrt{b^2}-2\sqrt{ab})
\\=\dfrac{1}{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2$
$\because a,b為正實數
\\\implies\dfrac{1}{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2\ge0$
$\implies\dfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}$

法二：畫圖

>思考：為何$\overline{CD}=\sqrt{ab}$？
> $連接\overline{AD},\overline{BD}$
> $\implies\overline{AC}\cdot\overline{BC}=\overline{CD}^2$
> $\therefore ab=\overline{CD}^2\implies\overline{CD}=\sqrt{ab}$

### 應用：算幾開平方法

## 根與係數
已知$f(x)=ax^2+bx+c, a\not=0, a,b,c\in R$
兩根$\alpha,\beta$
$\implies\begin{cases}\alpha+\beta=\dfrac{-b}{a}
\\\alpha\beta=\dfrac{c}{a}\end{cases}$

證明：利用因式分解和比較係數
$f(x)=ax^2+bx+c=a(x-\alpha)(x-\beta)=0$
比較係數可得證

推廣:三次式的根與係數也可以利用因式分解與比較係數得到
已知
$f(x)=ax^3+bx^2+cx+d=a(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)=0
\\\implies\begin{cases}\alpha+\beta+\gamma=\cfrac{-b}{a}\\
\alpha\beta+\alpha\gamma+\beta\gamma=\cfrac{c}{a}\\
\alpha\beta\gamma=\cfrac{-d}{a}\end{cases}$

## 雙重根號化簡
雙重根號：就是根號中有根號
例：$\sqrt{2+\sqrt{3}}$
化簡雙重根號的公式
$\sqrt{a\pm\sqrt{b}}=\cfrac{\sqrt{a+\sqrt{a^2-b}}\pm\sqrt{a-\sqrt{a^2-b}}}{\sqrt{2}}$
觀察：因為$a^2-b$在第二層根號內,如果$a^2-b$不是完全平方數的話那就無法繼續化簡
$pf:$
> 思考:
想要得到$\sqrt{a\pm\sqrt{b}}$的解就必須得到完全平方式
如何得到完全平方？利用乘法公式
即利用$\sqrt{(\sqrt{x}\pm\sqrt{y})^2}$

$x+y=a,xy=\cfrac{b}{4}(x,y\in \mathbb{R}-\{0\},x>y,a,b\in\mathbb{R^+})$
$(x+y)^2-4xy=(x-y)^2=a^2-b$
$\begin{cases}x+y=a\\x-y=\pm\sqrt{a^2-b}\end{cases}$
$x=\cfrac{a\pm\sqrt{a^2-b}}{2}$
$y=a-\cfrac{a\pm\sqrt{a^2-b}}{2}=\cfrac{2a-(a\pm\sqrt{a^2-b})}{2}=\cfrac{a\mp\sqrt{a^2-b}}{2}$
$\because x>y
\\ \therefore \begin{cases}x=\cfrac{a+\sqrt{a^2-b}}{2}\\y=\cfrac{a-\sqrt{a^2-b}}{2}\end{cases}$
$\therefore \sqrt{(\sqrt{x}\pm\sqrt{y})^2}=\sqrt{x}\pm\sqrt{y}=\cfrac{\sqrt{{a+\sqrt{a^2-b}}}\pm \sqrt{a-\sqrt{a^2-b}}}{\sqrt{2}}$

## 直線方程式的表示方法
斜率：$\dfrac{\Delta y}{\Delta x}$
> 白話文: $x+1,y$的變化量
1. 點斜式：$(y-y_0) = m(x-x_0)$
考慮平面上一點$A(x_0,y_0)$一直線$L$過$A$且斜率為$m$
存在一動點$P(x,y)\in L$
$\implies\cfrac{y-y_0}{x-x_0}=m$
$\therefore L:(y-y_0)=m(x-x_0)$
> 使用時機：已知一點可假設點斜式

3. 斜截式：$y = mx + k$
直線$L$若非鉛直線，則必與$y$軸有一交點，交點座標即為截距$k$
若交點座標為$B(0,b)$,斜率$m$
$\implies (y-0)=m(x-b)
\\\implies y=mx-mb$
若令$-mb=k$
則可得斜截式
> 使用時機：已知斜率m
4. 截距式：$\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}=1$其中$a$為$x$截距，$b$為$y$截距
> 使用時機：已知截距且與座標軸相交且相圍時
> ($a$和$b$都要是有意義的)
5. 一般式：$ax+by+c=0$
斜率$m=\tan{\theta}=\dfrac{-a}{b}$，$y$截距$k=\dfrac{-c}{b}$
其中$\theta$為$L$與$+x$軸的夾角
> 使用時機：判讀資料用
5. 參數式：$P:\begin{cases}x=x_0-bt\\y=y_0+at \end{cases}\ t\in\mathbb{R}$
> 使用時機：已知一直線上一點$(x_0 , y_0)$求直線上動點$P$與其他點之關係時使用
> 簡單來說就是把線變成點在看

## 距離，投影，對稱公式
已知$L:ax+by+c=0,A(x_0 ,y_0)\notin L$
(1)$A$在$L$之投影點$B:\begin{cases}x=x_0-\dfrac{a(ax_0+by_0+c)}{a^2+b^2}\\y=y_0-\dfrac{b(ax_0+by_0+c)}{a^2+b^2}\end{cases}$
(2)$A$關於$L$之對稱點$A':\begin{cases}x=x_0-\dfrac{2a(ax_0+by_0+c)}{a^2+b^2}\\y=y_0-\dfrac{2b(ax_0+by_0+c)}{a^2+b^2}\end{cases}$
(3)$d(A,L)=\overline{AB}=\dfrac{|ax_0+by_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}$

(4)
已知$2$平行線$L_1:ax+by+c_1=0,L_2:ax+by+c_2=0$
則$d(L_1,L_2)=\dfrac{|c_1-c_2|}{\sqrt{a^2+b^2}}$

## 克拉馬公式(二元一次版本)
$P(x,y)\begin{cases}L_1:a_1x+b_1y=c_1\\ L_2:a_2x+b_2y=c_2\end{cases}$
$\implies P(\dfrac{\begin{vmatrix}c_1&b_1\\c_2&b_2\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}a_1&b_1\\a_2&b_2\end{vmatrix}},\dfrac{\begin{vmatrix}c_1&a_1\\c_2&a_2\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}a_1&b_1\\a_2&b_2\end{vmatrix}})$

## 平面座標上的不共線三點所圍成三角形的面積公式
$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),C(x_3,y_3)\land\dfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}\not=\dfrac{y_2-y_3}{x_2-x_3}$
$\triangle ABC=\dfrac{1}{2}
|\begin{vmatrix}x_1&y_1\\x_2&y_2\\x_3&y_3\\ x_1&y_1\end{vmatrix}|$
> 有了面積就可以求出各種長度
> 與三角形$6$面積公式相等

$\triangle=\dfrac{1}{2}\times
a\times h=\begin{cases}(1)\triangle=\dfrac{1}{2}ab\sin{C}
\\(2)\triangle=\dfrac{abc}{4R}
\\(3)\triangle=\dfrac{a^2\sin{B}\sin{C}}{2\sin{(B+C)}}
\\(4)\triangle=2R^2\sin{A}\sin{B}\sin{C}
\\(5)\triangle=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\quad \quad s=\dfrac{a+b+c}{2}
\\(6)\triangle=rs
\end{cases}$

## 圓方程式
一圓圓心$O(h,k)$，半徑$r$
則
### 標準式

動點$P(x,y)$到某定點$K(h,k)$之距離$d(P,K)=r,r\ge0$
$\sqrt{(x-h)^2+(y-k)^2}=r$
$\\\implies(x-h)^2+(y-k)^2=r^2$
> 使用時機：有圓心或半徑
### 一般式:即為標準式的展開式
$(x-h)^2+(y-k)^2=r^2\\\implies x^2+y^2-2hx-2ky+h^2+k^2-r^2=0$
記成：$x^2+y^2+dx+ey+f=0$
比較係數得到：$-2h=d, -2k=e,f=h^2+k^2-r^2$

$\Delta = d^2 + e^2-4f$
1. $d^2+e^2-4f>0$表一圓
2. $d^2+e^2-4f=0$表一點
3. $d^2+e^2-4f<0$表一虛圓$\varnothing$

> 使用時機：判斷資料用
> 注意：若為圓：$x^2$項係數和$y^2$項係數必相等

### 直徑圓

已知2點$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$
且圓$C$以$\overline{AB}$為直徑
則圓$C$方程式為$(x-x_1)(x-x_2) + (y-y_1)(y-y_2)=0$

$pf:$
法一：
設圓上動點$P(x,y)$與$A,B$分別連線之方程式為$L_1,L_2$
則斜率相乘為$-1$
故
$\dfrac{y-y_1}{x-x_1}\dfrac{y-y_2}{x-x_2}=-1
\\\implies(x-x_1)(x-x_2)+(y-y_1)(y-y_2)=0$

法二：
$\vec{PA}\cdot\vec{PB}=(x-x_1)(x-x_2)+(y-y_1)(y-y_2)=0$
結束

法二較嚴謹，因為法一建立在連線之斜率存在，若為其中一條為鉛直線，雖然也成立，但法一無法完整說明為何成立。

> 使用時機：一圓以兩點為直徑則可假設直徑圓

## 圓外一點對圓作切線

首先判斷點是不是在圓外

切線方程式求法
### 設：點斜式
### 得：$(y-y_0) = m(x-x_0)$並展開
### 代：點線距離公式（圓心與切線之距離）
### 解

限制級：$m$切公式

---

假設一圓$C:(x-h)^2 + (y-k)^2 = r^2$
今過一點$P(x_0,y_0)$對圓$C$做切線
利用以上四步驟
$(y-y_0) = m(x-x_0)$
展開得
$L:mx-y-mx_0+y_0=0$
代入點線距離公式
圓心$O(h,k)$
可得
$d(O,L)=\dfrac{|mh-k-mx_0+y_0|}{\sqrt{m^2+(-1)^2}}=r$
$r\sqrt{m^2+1}=|(y_0-k)-m(x_0-h)|$
$\to
\\\pm r\sqrt{m^2+1}=(y_0-k)-m(x_0-h)$
觀察：
$\because P\in L\implies(y-k)-m(x-h)=r\sqrt{m^2+1}$
即可得切線方程式:$(y-k)=m(x-h)\pm r\sqrt{m^2+1}$

---

限制級中的限制級：利用三角導$m$切公式

假設一圓$C:x^2 + y^2 = r^2$(圓心在原點)$r\ge0$
今過一點$P(x_0,y_0)$對圓$C$做切線
假設切線方程式$L:y=mx+b$
假設切線與$x$軸正向的夾角=$\theta$

則$m=\tan{\theta}$
$b=r\sec{\theta}$
則
$b^2=r^2\sec^2{\theta}=r^2(1+\tan^2{\theta})=r^2(m^2+1)$
註：$(\tan^2{\theta}+1=\sec^2{\theta})$
$\implies b=\pm r\sqrt{m^2+1}$
則可得
$y=mx\pm r\sqrt{m^2+1}$
推廣：若圓心在$O(h,k)$則$(y-k)=m(x-h)\pm r\sqrt{m^2+1}$(即$f(x)$函數平移)

---

切線長求法

$P(x_0,y_0)$對圓$C:(x-h)^2 + (y-k)^2 = r^2$作切線
且$\overline{OP}>r$
則
過$P(x_0,y_0)$與圓上一點$Q$且$d(O,L)=r$之直線$L$為圓$C$之切線
切線段長
$\overline{PQ}=\sqrt{\overline{OP}^2-r^2}=\sqrt{點代入}$

## 多項式函數

函數是什麼？一種對應關係

多項式的定義？
已知$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_2x^2+a_1x^1+a_0,\quad a_i\in\mathbb{R}$
若$n\in\mathbb{N}\cup{\{0\}}$
則$f(x)$為多項式
係數合：
(1)$f(1)=a_0+a_1+a_2+...a_n$
(2)$f(-1)=a_0-a_1+a_2-a_3+...\pm a_n$
(3)偶次係數合$\dfrac{f(1)+f(-1)}{2}=a_0+a_2+a_4+...a_n,n=2k,k\in\mathbb{N}\cup{\{0\}}$
(4)奇次係數合$\dfrac{f(1)-f(-1)}{2}=a_1+a_3+a_5+...a_n,n=2k+1,k\in\mathbb{N}\cup{\{0\}}$

$pf:$
觀察
偶次奇數合$f(1)+f(-1)=a_0+a_1+a_2+...a_n+a_0-a_1+a_2-a_3+...+a_n=2a_0+2a_2+...+2a_n$
所以最後要$\div{2}$
奇次係數合同理，觀察就好

多項式的相等：

若次數相同，對應項係數相同：
則兩多項式相等

例(亂出的)
$f(x)=x^2+4x+3
\\g(x)=x^2+3x+7
若$f(x)=g(x+1)$則$x=?$

思考：$f(x)=g(x+1)$代表的意義?

$\begin{cases}f(x)=x^2+4x+3\\g(x+1)=x^2+5x+11\end{cases}$
$g(x+1)-f(x)=x+8$
令$x=-8$
則$g(x+1)-f(x)=0
\\\therefore x=-8$

方程式的根：
就是方程式的解
是圖形與$y=0$的交點
看到根：
想到：
$\begin{cases}1.代入為0\\2.存在因式\\3.根與係數\end{cases}$

>何時使用？
>1.需要解聯立方程組時
>2.需要展開
>3.看到乘積與和的關係(還可以連結到算幾)

### 餘式定理
$f(x)$為多項式
求$f(a)=?$
可將$f(x)$化成$(x-a)Q(x)+R$
$\therefore f(a)=(a-a)(Q(a))+R=R$
餘式即為值代入

---
例(亂出的)
$f(x)=252(x+3)^3-334(x+3)^2+73(x+3)+15$
若$g(x+6)=f(x)$
求$g(f(x))$除以$(x+2)$的餘式為何？

### 泰勒展開

多項式$f(x)\in\mathbb{R}[x]$且滿足$f(x)=g(x-a)$
則稱$g(x-a)$是$f(x)$在$x=a$處的泰勒展開式

求法：(多項式限定)
綜合除法連續除
操作：
$f(x)$先除以$x-a$，所得餘式即為$f(a)$，也是$g(x)$之常數項(因為在除的時候要令除式$x-a=0$)。
$f(x)$除以$x-a$的商式再除以$x-a$，所得之餘式為$p$，等同$f(x)$除以$(x-a)^2$所得餘式以$p(x-a)+f(a)$表示
透過商再除的規律，我們可以找出$g(x-a)$為何(除到$(x-a)^{\deg{f(x)}}$即停止)。

例:
若$f(x)=x^4-7x^3+15x^2-8x+17$
求:
1. $f(13)$
2. $f(1+\sqrt[3]{5})$
3. $f(0.99)四捨五入到小數點下兩位$
4. 求$f(x)$在$x=2$處的一次近似式

:::spoiler 解

1. 拿$f(x)$除以$x-13$的餘式就是$f(13)$，利用綜合除法而不是直接代入。
2. 令除式為$0$，即令$x=1+\sqrt[3]{5}\implies(x-1)^3=5$
故先將$f(x)$化為$x-1$的泰勒展開式，再利用$x-1=\sqrt[3]{5}$來求值。
3. 要求近似值，先將$f(x)$化成與題目想求$f(x)$在哪一點的近似值最接近的整數值。這邊就把他化成$x-1$的泰勒展開式。又因為要四捨五入到小數點下兩位，$(-0.01)^2=0.0001$，所以餘式代到兩次方即可。
4. 就是求$f(x)$在$x=2$處的泰勒展開式，取到一次項。
其實就是$f(x)$過$(2,f(2))$的切線方程式。

:::

進階(選讀)：

一函數$f(x)$，其在$x=a$處之$n$階導數皆存在
則$g(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$稱為$f(x)$在$x=a$處之泰勒級數。

> 若$a=0$，則$g(x)$稱為馬克勞林級數。

$pf:$
這邊只證明$f(x)$是多項式的情況，實際上若$f(x)$非多項式也會成立(有收斂區間問題)，但超出高中範圍太多。

設$f(x)=g(x)$
$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0$
$g(x)=R_0+R_1(x-a)+R_2(x-a)^2+R_3(x-a)^3+\dots+R_{n-1}(x-a)^{n-1}+R_n(x-a)^n$
現在要求$R_k$的一般項表示式。
$R_0=f(a)$($x=a$代入後$g(x)$一次方項以上的全部變為$0$)
$\because f(x)=g(x)\therefore f^{(k)}(x)=g^{(k)}(x),k\in\mathbb{N}$
$\implies f'(a)=R_1+2R_2(x-a)+3R_3(x-a)^2+\dots+nR_n(x-a)^{n-1}
\\\therefore R_1=f'(a)$
$f''(a)=2\cdot1R_2+3\cdot2R_3(x-a)+4\cdot3R_4(x-a)^2+\dots+(n-1)(n-2)R_{n-1}(x-a)^{n-3}+n(n-1)R_{n}(x-a)^{n-2}
\\\therefore R_2=\dfrac{1}{2}f''(a)
\\\therefore R_k=\dfrac{1}{k!}f^{(k)}(a)$

#### 泰勒展開的主要用途

泰勒展開主要用於求近似值。像是求$\sin{3}$這種無法用一般的解析方法算出來的數。
這也是計算機能夠算出$\sin{x},\cos{x}$諸如此類難以解析的函數值的原理。
依據上面的定理，可以求出以下幾個常用瑪克勞林級數
1. $\sin{x}=x-\dfrac{1}{3!}x^3+\dfrac{1}{5!}x^5-\dots=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)!}x^{2k-1}$
2. $\cos{x}=1-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{1}{4!}x^4-\dots=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k}$
3. $e^x=1+\dfrac{1}{1!}x+\dfrac{1}{2!}x^2+\dots=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{1}{k!}x^k$

### 不等式

不等式：畫圖比高低。
與誰比高低？與$x$軸比高低。

就是在研究$f(x)>0$或$f(x)<0$的情況(可能有等號)

求法：
題目一定會把$f(x)$整理成像是
$(x-1)(x-3)^{45}(x-7)^4(x-3)^{13}>0$
或是$(x-4)(x-6)(x^2-3x+2)<(x-4)(x-6)(4x^2-4x+1)$
此類型式，簡單來說就是一定會是高一能夠做的因式分解。
此時就是想辦法配成$f(x)>0$(首項係數化成正的)，再搭配以下規則：
1. 先畫數線，標出各個根的位置
2. 看$\deg{f(x)}$，若為奇數，則圖形右高左低，偶數則開口向上
3. 若某根為奇數次方，則穿越$x$軸，若為偶數次方，則與$x$軸相切。
4. 若有一括號恆正或恆負，則不用管他。

例：
求以下不等式之解

1. $(x-1)(x-3)^{45}(x-7)^4(x-2)^{13}>0$
2. $(x-3)^2(x-\log8)(x+\cos{\dfrac{5\pi}{6}})\le0$
3. $(7-x)^3(8-x)^2(x^3-3x^2+3x-1)\ge0$
4. $[(3-x)(x^2+3x+9)](x-\log_{2}6)^3(x-\sqrt{2})<0$

:::spoiler 解

1. 總次數為$1+45+4+13=63$，為奇數，故圖形右高左低。
所以解為$1<x<2$或$x>3$且$x\not=7$($x=7$代入不成立。)
2. 總次數為$4$，可保留$x=3$此點。而$\log{8}=3\log{2}\approx0.903$，$-\cos{\dfrac{5\pi}{6}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\approx0.8$，故可得解為$-\cos{\dfrac{5\pi}{6}}\le x\le\log8$或$x=3$
3. 總次數為$8$，將首項係數變為正後不等式要換邊。而$x^3-3x^2+3x-1=(x-1)^3$，故原式可寫為$(x-7)^3(x-8)^2(x-1)^3\le0$，故其解為$1\le x\le7$或$x=8$
4. 總次數為$7$，而$x^2+3x+9$恆正，故可不用管他。故解為$x<\sqrt{2}$或$\log_{2}6<x<3$

:::